1、山东省青岛市第十七中学2021届高三物理上学期10月阶段性检测试题（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟，满分100分。第I卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一、摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）A. 从最低点到最高点，乘客的机械能守恒B. 从最低点到最高点，乘客先超重再失重C. 从最低点到最高点，乘客受合力冲量为零D. 从最低点到最高点，乘客受合力做功不
2、为零【答案】B【解析】【详解】A机械能等于重力势能与动能之和，摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，重力势能变化，因此机械能不守恒，A错误；B圆周运动过程中，从最低点到与圆心等高的位置，向心加速度有竖直向上的分量，则乘客超重；从圆心等高位置到最高点，向心加速度由竖直向下的分量，则乘客失重，B正确；C从最低点到最高点，乘客动量的方向不断变化，则合外力的冲量不为零，C错误；D从最低点到最高点，乘客的动能不变，则合力做功为零，D错误；故选B。2. 如图，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为，小猴子
3、到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量在此过程中正确的是() A. 缓慢上拉过程中拉力F做的功WFFLsin B. 缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos C. 小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D. 由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有：W-mgL（1-cos ）=0，故W=mgL（1-cos ），故A错误；B缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL（1-cos ），故B错误；C小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C正确；D刚刚释放时，
4、速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点小猴子重力的功率先增加后减小，故D错误；【点睛】本题考查了平衡条件、动能定理的综合运用，知道从A到B的过程中，因拉力F是变力，不能通过功的公式求解拉力做功的大小，需通过动能定理进行求解3. 质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）A. 甲、乙两物块弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C. 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D. 甲物块
5、的速率可能达到6m/s【答案】C【解析】【详解】A甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv代入数据解得v=0.5m/s故B错误；C甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv甲+m乙v乙代入数据解得v乙=2m/s若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=mv甲+m乙v乙代入数据解得v乙=0故C正确；D当弹簧恢复原长时，甲的速度最大，
6、根据动量守恒和能量守恒有mv乙-mv甲=mv1+mv2代入数据解得甲的最大速度v1=4m/s故D错误。故选C。4. “蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t，上浮到海面，速度恰好减为零则“蚊龙号”在时刻距离海平面的深度为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】蛟龙号上浮时的加速度大小为：根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为：；A，与结论不相符，选项A错误；B ，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，
7、选项C错误；D，与结论相符，选项D正确；5. 如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“”形框架，其中CA、CB 边与竖直方向的夹角均为P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1l2，则下列说法正确的是： （ ）A. OP绳子拉力大B. OQ绳子拉力大C. 两根绳子拉力一定相等D. 两根绳子拉力一定不相等【答案】C【解析】【详解】据题，P、Q是两个轻质小环，不考虑重力，当系统平衡时，由于ABC是光滑的，P、Q环对AC、AB的压力都
8、应分别垂直于AC、AB，根据几何知识得知，不论两绳的长度如何，它们之间的夹角与顶角C互补，则它们之间的夹角保持不变，又因为CA、CB与竖直方向的夹角相等，都是，根据平衡条件分析得知，两绳与竖直方向的夹角必然相等，则两绳的拉力大小相等，则有F1：F2=1：1故C6. 一个轻质弹簧，固定于天花板的 O 点处，原长为 L，如图，一个质量为 m 的物块从 A 点竖直向上 抛出，以速度 v 与弹簧在 B 点相接触，然后向上压缩弹簧，到 C 点时物块速度为零，在此过程中无机械能 损失，则下列说法正确的是（ ）A. 由 B 到 C 的过程中，物块的速度一直减小B. 由 B 到 C 的过程中，物块的加速度先增
9、加后减小C. 由 A 到 C 的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等D. 由 A 到 C 的过程中，弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等【答案】A【解析】【详解】由 B 到 C 的过程中，物体受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，选项A正确，B错误；由A到C根据动能定理：，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，选项C错误；由A到C根据动量定理：，则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量不一定大小相等，选项D错误；故选A.7. 据报道，我国的一颗数据中继卫星在西昌卫星发射中心发射升
10、空，经过4次变轨控制后，成功定点在东经77赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的卫星，下列说法正确的是（）A. 运行速度大于7.9km/sB. 由于太空垃圾对卫星运动的影响，会使卫星的运行轨道变低，且线速度变小C. 向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等D. 绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大【答案】D【解析】【详解】A卫星在轨道上，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得：，由于同步卫星的轨道半径大于地球半径，所以该同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，A错误；B由于太空垃圾对卫星运动的影响，卫星要克服阻力做功，线速度变小，由于卫星轨道变低即轨道半径减小，由可知，卫星的线速度
11、变大，B错误；C同步卫星与静止在轨道上的物体具有相同的角速度，由公式可得，轨道半径越大加速度越大，同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，C错误；D因为同步卫星的周期为，月球绕地球转动的周期为，即，由公式可知：，D正确；故选D。8. 如图所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是（）A. 弹簧的弹性势能一直减少到零B. A对B做的功等于B机械能的增加量C. 弹簧弹性势能的减少量等
12、于A的机械能的增加量D. A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和等于A的动能的增加量【答案】B【解析】【详解】A盒子A速度最大时，A、B整体的合力为零，此时弹簧弹力等于整体重力沿斜面的分力，弹簧仍处于压缩状态，所以从开始释放到速度最大的过程中，弹性势能一直在减小，但没有减到零，A错误；B根据除重力或弹力以外的力做功等于物体机械能的增加量，可知A对B做的功等于B机械能的增加量，B正确；C由于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量，C错误；D对于物体A分析，可知重力、弹簧弹力和B对A的弹力的合力做的功等于动能的增加量，而B对A的弹力做负功，因此重力和弹力做功的代数
13、和大于A动能的增加量，D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。9. 如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，）则A. 动摩擦因数B. 载人滑草车最大速度为C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mghD. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为【答案】AB【解析】【详解】A由动能定理可知：，解得，选项A
14、正确；B对前一段滑道，根据动能定理有，解得：，则选项B正确；C载人滑草车克服摩擦力做功2mgh，选项C错误；D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为，选项D错误；10. 如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2，则()A. 传送带的速率v010 m/sB. 传送带的倾角30C. 物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D. 02.0 s内摩擦力对物体做功Wf24 J【答案】ACD【解析】【详解】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受
15、到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2，1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin gcos a1，gsin gcos a2，解得sin 0.6，37，0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ffmgcos 4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.02.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体的位移为5 m，1.02.0 s内物体的位移是11 m，02.0 s内摩擦力做的功为4(115) J24 J，选项D正确11. 两个物体 A、B 的质量分别
16、为 m1 和 m2，并排静止在水平地面上，用同 向水平拉力 F1、F2 分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两物 体各自滑行一段距离后停止下来两物体运动的速度-时间图象分别如图中图线 a、b 所示已知拉力 F1、F2 分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线 彼此平行（相关数据已在图中标出）由图中信息可以得出（ ）A. 两个物体 A、B 与水平地面的动摩擦因数相同B. 若 m1=m2，则力 F1 对物体 A 所做的功与力 F2 对物体 B 所做的功一样多C. 若 m1=m2，则力 F1 对物体 A 的冲量较大D. 若 m1=m2，则力 F1 的最大瞬时功率一定是力 F
17、2 的最大瞬时功率的 2 倍【答案】ABD【解析】【详解】由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，由，因可知，=0.1，则两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同，选项A正确；s142.5m5m，s225m5m；若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理，对a有：WF1-f1s1=0；同理对b有：WF2-f2s2=0；WF1=WF2，故B正确；若m1=m2，则f1=f2，根据动量定理，对a有：IF1-f1t1=0，所以IF1=f1t1；同理对b有：IF2=f2t2，因t1t2，所以IF1IF2故C错误；由图可得：；根据牛顿第二定律，对于m1则有：F1-1m1g=m1
18、a1；解得：F1m1(a1+1g)m1N；拉力F1的最大瞬时功率：Pm1F1vm1m12.5m1；对于m2则有：F2-2m2g=m2a2；解得：F2m2(a2+2g)m2N；拉力F2的最大瞬时功率：Pm2F2vm2m22m2；若m1=m2，则Pm1=2Pm2，故D正确故选ABD【点睛】本题综合性很强，所以熟练掌握牛顿第二定律，动能定理以及动量定理，会根据v-t图求解加速度，位移是能否成功解题的关键12. 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大
19、小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点与物体P相对静止，重力加速度为g，则：A. 粗糙水平面ab的动摩擦因数为h/LB. 当木块最后到达a时的速度为0C. 当木块最后到达a时的速度为v0/3D. 整个过程产生热量为2mgh【答案】ACD【解析】【分析】分不同阶段应用动量守恒和能量守恒即可解决问题【详解】先分析小物块从开始到最高点的过程，根据动量守恒：mv0=3mv，根据能量守恒，有，同理，最后到达a点时的速度也是，整个过程能量守恒有，联立得，得，整个过程产生的热量；综上ACD正确，B错误【点睛】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生热
20、与相对运动的关系第II卷（非选择题共60分）三、实验题：本题共2小题，共计14分。13. 用如图所示实验装置验证机械能守恒定律。通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出AB之间的距离h。实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束。(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量_。AA点与地面间距离HB小铁球的质量mC小铁球从A到B的下落时间tABD小铁球的直径d(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为=_。【答案】 (1). 无 (2). 无 (3). 无
21、【解析】【详解】无14. 为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出）。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的
22、加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。A B Ck D【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). 【解析】【详解】（1）1 A本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AE错误；B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；D改变砂和砂桶质量
23、，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确。故选BCD。(2)2 由于两计数点间还有两个点没有画出，两个相邻计数点的时间间隔为0.06s，由可得(3)3 由牛顿第二定律得则a-F图像的斜率小车质量为四、计算题：本题共3小题，共计46分。15. 光滑水平面上放着质量，mA1kg 的物块 A 与质量 mB2kg 的物块 B，A 与 B 均可视为 质点，A 靠在竖直墙壁上，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与 A、B 均不拴接），用手挡住B不动， 此时弹簧弹性势能 EP49J在A、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示放手后 B 向右运动，绳在短暂时间内被拉
24、断，之后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径 R0.5m， B恰能到达最高点 Cg10m/s2，求（1）绳拉断后物块 B 到达半圆轨道最低点的速度大小；（2）绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小；（3）绳拉断过程中系统损失的机械能大小【答案】（1）5m/s；（2）4Ns；（3）24J【解析】【详解】（1）设B到达C点速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：mBg=mBB由最低点运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2解得：vB=5m/s（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12根据动量定
25、理有：I=mBvB-mBv1 解得：I=-4 Ns，其大小为4Ns（3）绳拉断过程中系统损失的机械能大小： 【点睛】该题考查了多个知识点我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题16. 滑板运动是青少年喜爱的一项活动如图所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h=0.8m高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D圆弧轨道的半径为1m，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角=106
26、，斜面与圆弧相切于C点已知滑板与斜面问的动摩擦因数为 =，g=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量为50kg，可视为质点试求：（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0；（2）运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力；（3）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离【答案】(1)3m/s (2)2150N (3)1.25m【解析】【详解】（1）运动员离开平台后从A至B的过程中，在竖直方向有vy2=2gh 在B点有：vyv0tan 由得：v0=3m/s （2）运动员在圆弧轨道做圆周运动，由牛顿第二定律可得Nmgm由机械能守恒得 mv
27、02+mgh+R(1cos53)mv2联立解得N=2150N（3）运动员从A至C过程有：mghmvC2-mv02 运动员从C至D过程有：mgLsin+mgLcosmvC2由解得：L=1.25m17. 如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离已知长木板长1 m，圆轨道半径R1 m，滑块和长木板的质量均为1 kg，滑块与长木板间的动摩擦因数10.4，长木板与水平面间的动摩擦因数20.1，g取10 m/s2.若滑块从轨道上距离
28、C点高h0.45 m的位置由静止释放，求：(1)滑块到C点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量【答案】（1） 、（2） 、（3）【解析】【详解】(1)由动能定理得： 得出在C点由向心力公式知：得出由牛顿第三定律可知。(2)从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中：物块的加速度a1=4 m/s2木板的加速度a2=2 m/s2得出t=0.5 m/s v共=1m/s物块的位移之后一起做匀减速直线运动至停止运动，解得共同加速度a3=1m/s2故物块的总位移(3) 根据以上分析，代入数据联立解得
29、：x1=1m对木板加速过程则滑块相对长木板位移为：x=x1-x2=1-0.25m=0.75m故此段时间产生热量为：Q1=1mgx=0.41100.75J=3J长木板相对地面运动产生热量为：则从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量为：18. 如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态。小金属块突然获
30、得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin=0.28、cos=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字。(1)求木板开始运动瞬间的加速度；(2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离。【答案】(1)，方向沿斜面向下；(2)0.077m【解析】【详解】(1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得解得，方向沿斜面向下；(2)设金属块与木板达到共同速度为，对金属块 在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为，则有解得，则此时弹簧的弹性势能；金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块的速度为，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得木板离开弹簧后，设滑行距离为，由动能定理可得联立可得